福建省福州市2020届高三质量检测数学（文）试题 Word版含解析

福建省福州市2020届高三质量检测数学（文）试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020年福州市高中毕业班质量检测 数学（文科）试卷 ‎（完卷时间：120分钟 满分：150分）‎ 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页．‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致．‎ ‎2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．第Ⅱ卷用亳米黑色签字笔在答题卡上书写作答．在试题卷上作答，答案无效．‎ ‎3．考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回．‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1.若复数，则（ ）‎ A. 0 B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的除法运算即可.‎ ‎【详解】.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查复数的除法运算，涉及到共轭复数的概念，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.‎ ‎2.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 23 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出集合A、B，再按交集的定义运算即可.‎ ‎【详解】由，得，所以，又，‎ 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查集合的交集运算，涉及到解一元二次不等式，考查学生的基本计算能力，是一道基础题.‎ ‎3.已知，设，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数函数、对数函数、幂函数的性质即可得到答案.‎ ‎【详解】由已知，，，，所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查指、对、幂的大小比较，考查学生的逻辑推理与基本计算能力，是一道容易题.‎ ‎4.下列函数中为奇函数的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别对所给选项按奇函数的定义进行验证.‎ ‎【详解】对于选项A，，故是偶函数；‎ - 23 -‎ 对于选项B，，故是偶函数；‎ 对于选项C，定义域为，不关于原点对称，故不是奇函数；‎ 对于选项D，当时，，，‎ 当时，，，‎ 所以是奇函数.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查奇函数的定义，考查学生的逻辑推理能力，是一道容易题.‎ ‎5.在中，，则（ ）‎ A. B. C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将写成，利用减法运算可得即可得到答案.‎ ‎【详解】因为，所以，即，‎ 所以，所以.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查向量的线性运算，涉及到向量的减法、数乘运算，考查学生的基本运算能力，是一道容易题.‎ ‎6.2021年开始，我省将试行“3+1+2“的普通高考新模式，即除语文、数学、外语3门必选科目外，考生再从物理、历史中选1门，从化学、生物、地理、政治中选2门作为选考科目．为了帮助学生合理选科，某中学将高一每个学生的六门科目综合成绩按比例均缩放成5分制，绘制成雷达图．甲同学的成绩雷达图如图所示，下面叙述一定不正确的是（　　）‎ - 23 -‎ A. 甲的物理成绩领先年级平均分最多 B. 甲有2个科目的成绩低于年级平均分 C. 甲的成绩从高到低的前3个科目依次是地理、化学、历史 D. 对甲而言，物理、化学、地理是比较理想的一种选科结果 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图表依次对所给选项进行判断.‎ ‎【详解】由雷达图可知，甲的物理成绩领先年级平均分约为1.5，化学成绩领先年级平均分约 为1，生物成绩约等于年级平均分，历史成绩低于年级平均分，地理成绩领先年级平均 分约为1，政治成绩低于年级平均分，故A、B、D正确；而甲的成绩从高到低的前3个 科目依次是地理、化学、生物（物理），故C选项错误.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查命题真假的判断，涉及到统计中雷达图的识别及应用，考查学生识图能力、数据分析能力，是一道容易题.‎ ‎7.如图来自古希腊数学家阿基米德所研究的几何图形．此图形由三个半圆构成，两个小半圆外切，又同时内切于大半圆，三个半圆弧围成曲边三角形（黑色部分），由于其形状很像皮匠用来切割皮料的刀子，又称此图形为“皮匠刀”图形．若，在整个图形中随机取一点，则此点取自曲边三角形（黑色部分）的概率为（ ）‎ - 23 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，则，，先求出白色区域的面积以及整个半圆的面积，再利用几何概型的概率计算公式计算即可.‎ ‎【详解】设，则，，所以白色区域的面积为 ‎，又整个半圆的面积为，由几何概型的概率计算公式，得 所求事件的概率为.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查面积型的几何概型的概率计算，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.‎ ‎8.已知双曲线的一条渐近线与圆相交于A，B两点，若|AB|＝2，则C的离心率为（ ）‎ A B. C. 2 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出双曲线的渐近线方程，圆的圆心与半径，利用距离公式得到a、b关系式，然后求解离心率即可．‎ ‎【详解】由题意可知不妨设双曲线的一条渐近线方程为：bx+ay＝0，‎ 圆的圆心为，半径为2，‎ 由题意及|AB|＝2，可得，‎ - 23 -‎ ‎，即b2＝3a2，可得c2﹣a2＝3a2，即 所以e2．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查求双曲线离心率的问题，此类问题的解题关键是建立的方程或不等关系，考查学生的运算求解能力，是一道中档题.‎ ‎9.已知，且，，则（ ）‎ A. 有最小值1 B. 有最大值1 C. 有最小值3 D. 有最大值3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别由，得到，，消去得到的表达式，再结合，即可得到答案.‎ ‎【详解】由，得，解得①，‎ 由，得，解得②，‎ 由①②，得，又，所以当时，‎ 有最小值1，无最大值.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查正弦型函数的性质，当然本题也可以数形结合得到，即，，考查学生的数学运算求解能力，是一道中档题.‎ ‎10.我国古代名著《九章算术》中，将底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体称之为阳马．已知阳马的顶点都在球O的表面上，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAB⊥平面ABCD，，则球O的半径为（ ）‎ - 23 -‎ A. B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将四棱锥置入到正方体中，利用正方体的体对角线为其外接球的直径即可得到答案.‎ ‎【详解】将四棱锥置入到正方体中，如图，‎ 因为，所以，‎ 所以外接球O的半径为.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查求四棱锥外接球的半径，在处理较为特殊的锥体时，首先考虑能否将其置入长方体中，本题是一道容易题.‎ ‎11.已知两条抛物线，（且），M为C上一点（异于原点O），直线OM与E的另一个交点为N．若过M的直线l与E相交于A，B两点，且的面积是面积的3倍．则（ ）‎ A. 8 B. 6 C. 4 D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎，得，故（*），设直线OM的方程为（‎ - 23 -‎ ‎），分别代入和，得，，代入（*）式得，解方程即可得到答案.‎ ‎【详解】因为，所以，故（*），‎ 设直线OM的方程为（），‎ 由，得，解得或，所以，‎ 由，得，解得或，所以，‎ 将，，代入（*）式得，解得（舍去）或，‎ 所以．‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，本题解题关键是将，转化为，考查学生转化与化归思想，数学运算求解能力，是一道中档题.‎ ‎12.已知，是函数在上的两个零点，则（ ）‎ A. B. C. D. 0‎ - 23 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，则，即为与直线在上交点的横坐标，由图可得，即，且，利用计算即可.‎ ‎【详解】令，得．令，即，‎ 则，即为与直线在上交点的横坐标，由图象可知，‎ ‎，故，‎ 又，所以 ‎．‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查三角恒等变换中的给值求值，涉及到三角函数的图象与性质，辅助角公式，考查学生数形结合的思想，转化与化归的思想，是一道有一定难度的题.‎ 第Ⅱ卷 注意事项：用0．5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答．在试题卷上作答，答案无效．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．‎ ‎13.已知，则曲线在处的切线方程为_________．‎ - 23 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 利用导数的几何意义计算即可.‎ ‎【详解】由已知，，，又，所以切线方程为，即.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.‎ ‎14.设x，y满足约束条件则z＝x-3y的最小值为_____‎ ‎【答案】-7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据条件画出可行域，设z＝x-3y，再利用几何意义求最值，将最小值转化为y轴上的截距最大，数形结合即可得到答案．‎ ‎【详解】在坐标系中画出x，y满足约束条件的可行域，如图所示：‎ 由可得，则表示直线在y轴上的截距，‎ 截距越大，z越小，平移直线，经过点A时，z最小，‎ 由，可得，‎ 此时 故答案为：．‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划的应用，涉及到利用几何意义求目标函数的最值，考查学生数形结合的思想，是一道容易题.‎ ‎15.已知三棱锥的各棱长均为2，M，N分别为BC，PA的中点，则异面直线MN与PC所成角的大小为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点，连接，易知或其补角为异面直线MN与PC所成的角，分别求出，解三角形即可.‎ ‎【详解】取的中点，连接，易知或其补角为异面直线MN与 PC所成的角，又三棱锥的各棱长均为2，所以，‎ 又易得，所以，，‎ 所以，所以为等腰直角三角形，‎ 故.‎ 故答案为：‎ - 23 -‎ ‎【点睛】本题主要考查异面直线所成角，考查学生的逻辑推理能力，数学运算能力，空间想象能力，是一道中档题.‎ ‎16.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积，D为线段BC上一点．若为等边三角形，则的值为___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由及三角形面积公式，余弦定理可得，又，利用两角差的正切公式展开计算即可.‎ ‎【详解】因为,‎ 所以，由三角形面积公式及余弦定理得，‎ 所以，‎ 又为等边三角形，‎ 所以．‎ - 23 -‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，涉及到两角差的正切公式，三角形面积公式，考查学生的数学运算求解能力，是一道中档题.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．‎ ‎（一）必考题：共60分．‎ ‎17.已知数列为递减的等差数列，，为方程的两根．‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前n项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，为方程的两根，且数列为递减的等差数列可得，进一步得到公差，再利用通项公式计算即可；‎ ‎（2）由（1）可得，再利用分组求和法求和即可.‎ ‎【详解】设等差数列的公差为d，‎ 因为，为方程的两根，且数列为递减的等差数列，‎ 所以， ‎ - 23 -‎ 所以， ‎ 所以，‎ 即数列的通项公式为． ‎ ‎（2）由（1）得，所以， ‎ 所以数列的前n项和 ‎ ‎ ‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列、一元二次方程等基础知识，意在考查逻辑推理、数学运算等数学核心素养，是一道容易题.‎ ‎18.如图，直三棱柱中，，，，P为的中点．‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）设E为BC的中点，线段上是否存在一点Q，使得平面？若存在，求四棱锥的体积；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）存在，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设交于点O，要证明平面，只需证明，‎ - 23 -‎ 即可；‎ ‎（2）利用线面平行的判定定理可得当Q为中点，即点Q与点O重合时，∥平面，，只需求出即可.‎ ‎【详解】（1）证明：在中，‎ ‎∵，，， ‎ ‎∴，‎ 又直三梭柱中，，则为正方形，‎ 设交于点O，则O为的中点，且． ‎ 连接PA，，PO，‎ ‎∵侧棱底面ABC，P为的中点，则 ‎，‎ ‎，‎ 故． ‎ ‎∴， ‎ ‎∵，且PO，平面，‎ ‎∴平面． ‎ ‎（2）当Q为中点，即点Q与点O重合时，∥平面． ‎ 理出如下：‎ 连接，∵E为BC的中点，∴则∥‎ - 23 -‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴∥平面． ‎ 此时，Q到平面的距离等于B到平面的距离的一半， ‎ 又，，，所以平面，‎ 所以， ‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系、空间几何体的体积等基础知识，意在考查逻辑推理、直观想象、数学运算等数学核心素养，是一道容易题.‎ ‎19.已知椭圆经过点，，是C的左、右焦点，过的直线l与C交于A，B两点，且的周长为．‎ ‎（1）求C的方程；‎ ‎（2）若，求l的方程．‎ ‎【答案】（1）；（2）或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可得关于a，b，c的方程组，求解a，b，c的值，即可得到椭圆的方程；‎ ‎（2）当轴时，A，B的坐标为，，易知，不满足题意；当AB与x轴不垂直时，设直线l的方程为，联立椭圆方程得到根与系数的关系，将用表示，解方程即可.‎ ‎【详解】（1）依题意，，故． ‎ 将点代入椭圆方程得，，所以， ‎ - 23 -‎ 所以C的方程为． ‎ ‎（2）由（1）知，的坐标分别为，．‎ 设，，‎ ‎①当轴时，A，B的坐标为，，则 ‎，不满足题意． ‎ ‎②当AB与x轴不垂直时，设直线l的方程为，‎ 代入得：．‎ 所以，‎ ‎，， ‎ 因为，，‎ 所以． ‎ 因为，‎ 所以 ‎ ‎ ‎．‎ 依题意得：， ‎ 解得，即． ‎ 综上，直线l的方程为或．‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的定义及标准方程，直线与椭圆的位置关系等基础知识，意在考查直观想象、逻辑推理、数学运算等数学核心素养，是一道中档题.‎ - 23 -‎ ‎20.下图是某校某班44名同学的某次考试的物理成绩y和数学成绩x的散点图：‎ 根据散点图可以看出y与x之间有线性相关关系，但图中有两个异常点A，B．经调查得知，A考生由于重感冒导致物理考试发挥失常，B生因故未能参加物理考试．为了使分析结果更科学准确，剔除这两组数据后，对剩下的数据作处理，得到一些统计量的值：‎ ‎，，，，，其中，分别表示这42名同学的数学成绩、物理成绩，．y与x的相关系数．‎ ‎（1）若不剔除A、B两名考生的数据，用44数据作回归分析，设此时y与x的相关系数为，试判断与r的大小关系，并说明理由；‎ ‎（2）求y关于x的线性回归方程（系数精确到），并估计如果B考生参加了这次物理考试（已知B考生的数学成绩为125分），物理成绩是多少？（精确到个位）．‎ 附：回归方程中，．‎ ‎【答案】（1）；理由见解析；（2）；81分 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）结合散点图，可得出结论；‎ ‎（2）利用题中给的相关系数，最小二乘法写出回归直线方程，再令x＝125，即可算出答案；‎ ‎【详解】（1）． ‎ - 23 -‎ 理由如下：由图可知，y与x成正相关关系，‎ ‎①异常点 A，B 会降低变量之间的线性相关程度．‎ ‎②44个数据点与其回归直线的总偏差更大，回归效果更差，所以相关系数更小．‎ ‎③42个数据点与其回归直线的总偏差更小，回归效果更好，所以相关系数更大．‎ ‎④42个数据点更贴近其回归直线l．‎ ‎⑤44个数据点与其回归直线更离散．‎ ‎（以上理由写出任一个或其它言之有理均可得分）‎ ‎（2）由题中数据可得：，， ‎ ‎ ‎ 所以， ‎ ‎， ‎ 所以， ‎ 将代入，得，‎ 所以估计B同学的物理成绩约为81分．‎ ‎【点睛】本题主要考查概率与统计等基础知识，意在考查数学建模、数据分析、数学运算等数学核心素养，是一道中档题.‎ ‎21.已知函数，为的导函数．‎ ‎（1）设，求单调区间；‎ ‎（2）若，证明：．‎ ‎【答案】（1）的单调递增区间；单调递减区间；（2）详见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ ‎（1）先对求导，然后结合导数符号可求函数的单调区间；‎ ‎（2）要证明：，只要证，构造函数，，结合导数及函数性质可证．‎ ‎【详解】（1）由已知，‎ ‎，‎ 所以，，‎ 令，得，解得，‎ 令，得，解得，‎ 故的单调递增区间；单调递减区间 ‎（2）要证，只需证：．‎ 设，，则． ‎ 记，则． ‎ 当时，，又，，所以； ‎ 当时，，，所以，又 ‎，，所以． ‎ 综上，当时，恒成立，‎ 所以在上递增．‎ 所以，，即， ‎ 所以，在上递增，则，证毕．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数与导数及其应用等基础知识，意在考查逻辑推理、数学运算等数学核心素养，是一道有一定难度的压轴题.‎ ‎（二）选考题：共10分．请考生在第22，23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做第一个题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．‎ - 23 -‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（φ为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．‎ ‎（1）求C1的极坐标方程；‎ ‎（2）若C1与曲线C2：ρ＝2sinθ交于A，B两点，求|OA|∙|OB|的值．‎ ‎【答案】（1）ρ2﹣2ρcosθ﹣4＝0；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．‎ ‎（2）利用两曲线间的位置关系的应用求出交点的坐标，进一步利用两点间的距离公式的应用求出结果．‎ ‎【详解】（1）曲线C1的参数方程为（φ为参数），‎ 所以C1的普通方程为，即，‎ 化为极坐标方程为ρ2﹣2ρcosθ﹣4＝0．‎ ‎（2）由于若C1与曲线C2：ρ＝2sinθ交于A，B两点，‎ 曲线C2：ρ＝2sinθ转换为直角坐标方程为x2+y2＝2y，‎ 所以，解得或 故，所以.‎ ‎【点睛】本题考查参数方程与普通方程、极坐标方程的互化，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.‎ 选修4-5：不等式选讲 ‎23.已知函数．‎ ‎（1）当a＝3时，解不等式；‎ ‎（2）若不等式的解集非空，求实数a的取值范围．‎ - 23 -‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）由a＝3可得，去绝对值，分类讨论解不等式，求并集，可得所求解集；‎ ‎（2）由题意可得有解，运用绝对值不等式的性质可得此不等式左边的最小值，解a的不等式可得所求范围．‎ ‎【详解】（1）当a＝3时，即为，‎ 等价于或或，‎ 解得或或，‎ 则原不等式的解集为；‎ ‎（2）不等式的解集非空等价于有解．‎ 由，‎ ‎（当且仅当时取得等号），‎ 所以，解得，故a的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式以及不等式能成立求参数的问题，考查学生分类讨论的思想，是一道容易题.‎ - 23 -‎ - 23 -‎